武汉市部分学校新高三起点调研测试.docx
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武汉市部分学校新高三起点调研测试
2010~2011学年度武汉市部分学校新高三起点调研测试
物理试卷
武汉市教育科学研究院命制2010.9.3
第Ⅰ卷（选择题，共40分）
注意事项：
1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。
满分100分。
考试时间90分钟。
2、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷的答题卡上，并认真核对条形码上的准考证号，在规定的位置贴好条形码。
3、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如过需要修改，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，答在试卷上无效。
一、本题共10小题，每小题2分，共20分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得2分，有错选或不答的得0分。
1、如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是（C）
1、C【解析】A选项中合力为2F3，B选项中合理为0，C选项中合理为2F2，D选项中合理为2F3，在直角三角形中斜边F2＞F3，故C正确。
【规律总结】本题考查三角形定则，①三角形求和力：
两个力中一个力的箭头与另一个力的尾巴对齐，成为力的顺接，合力的尾巴与一个力的尾巴对齐，且与另一个力的箭头对齐；②三个共点力的平衡：
三个力首尾相接围成封闭的三角形；③多个力的合力：
所有力顺接后，第一个力的尾巴为起点，最后一个力的箭头为终点，连接起点和终点，画出的一条有向线段即为这些力的合力。
【知识点】要求学生掌握三角形定则，三角形定则是平行四边形定则中延伸出来的，又比平行四边形定则更加灵活、更加实用，常常在动态平衡问题中使用。
【应用举例】
（2009年宁夏卷）21．水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的摩擦因数为μ（0<μ<1）。
现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。
设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90º的过程中，木箱的速度保持不变，则（AC）
A．F先减小后增大B．F一直增大
C．F的功率减小D．F的功率不变
【解析】物体受到四个力作用，由于支持力与滑动摩擦力符合f＝μN，即μ＝
，说明滑动摩擦力与支持力的合力F1方向与竖直方向的夹角α为一定值，满足tanα＝μ＝
。
这样将物体的受力变成了重力G、拉力F和F1力，三个力的动态平衡中，易得当F与F1垂直时（即θ＝α）时最小，F力随着θ的增大先减小后增大，且F1一直减小，A对；F力的功率的求取按照瞬时功率的公式PF＝Fvcosθ，考虑到F先减小后增大，而cosθ一直减小，无法判断力F的功率变化。
但从能量守恒的角度看，F力的功率时刻等于滑动摩擦力的功率，即PF＝Pf＝fv，F1力一直减小，则支持力和滑动摩擦力均一直减小，故PF减小，C对。
2、如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中，该同学对绳的拉力将（滑轮与绳的重力及摩擦不计）（B）
A、越来越小
B、越来越大
C、先变大后变小
D、先变小后变大
2、B【解析】通过滑轮的绳子上的力只改变力的方向，不改变力的大小，根据不计质量的动滑轮的共点力平衡可知，等大的两个力的合力（即大小恒等于重物的重力）不变，夹角越大，绳子上的力越大，B对。
【知识点】本题考查合力与分力的关系，检查学生是否掌握了一轮复习中基础，强调基础构建能力的重要性。
3、从高处以足够大的初速度v0水平抛出一小球，若只在重力作用下，小球经过时间t1落地，落地时的速度大小为v1；若小球抛出后除受重力外，还受到水平风力作用，如图所示，则经过时间t2落地，落地时的速度大小为v2。
下列关系正确的是（A）
A、、t1=t2，v1＜v2
B、t1=t2，v1＞v2
C、t1＜t2，v1＜v2
D、t1＜t2，v1＞v2
3、A【解析】无风与有风时，竖直方向是只有重力作用的自由落体运动，高度决定时间，C、D均错；水平方向无风力作用和有风力作用时，分别是匀速和加速运动，故v2＞v1，A对。
【规律总结】本题考查运动的合成与分解。
考查任何矢量都具有的矢量性原理，强调独立性原理的理解与应用，突出运动的合成与分解对平抛运动分解思想的重要性。
矢量的独立性体现在独立方向的运动规律，比如：
匀变速直线运动中速度与时间的关系vt＝v0＋at、位移与时间的关系s＝v0t＋
at2、位移与速度的关系vt2－v02＝2as以及vt/2＝v平＝
等公式，均要符合在某一直线方向上的矢量性，只是高中只处理一维矢量问题，因此处理矢量的方法就是规定正方向，反方向自然就添加负号，负号并不表示大小而是表示方向。
再如：
牛顿第二定律F＝ma，运用时先选好对象，然后对某个方向运用牛顿第二定律解题，这个方向可以不是物体的加速度方向，可以是分加速度方向，但合力F必定是该方向上的合力，确保矢量的独立性原理。
再如：
动量定理Ft＝mvt－mv0，可以在某方向上规定正方向后在该方向上找到该方向的合力与初、末速度应用动量定理。
当然还有平抛运动、动量守恒定律等所有涉及到矢量问题和规律的问题均可体验矢量的独立性原理。
4、有两颗绕地球做匀速圆周运动的卫星A和B，它们的轨道半径rA∶rB=1∶2，关于它们的向心加速度aA、aB的关系，以下判断正确的是（D）
A、根据a=ω2r，可得aA∶aB=1∶2
B、根据
，可得aA∶aB=2∶1
C、根据
，可得aA∶aB=1∶1
D、根据
，可得aA∶aB=4∶1
4、D【解析】根据万有引力定律及向心力公式：
G
＝ma，则a＝G
，显然加速度与轨道半径的平方成反比关系，D对。
【规律总结】万有引力定律及卫星问题实际上就是牛顿第二定律及向心加速度的结合，或者说是牛顿第二定律在匀速圆周运动（曲线运动）中的应用。
由F万＝G
＝ma＝m
＝mω2r＝m
，显然①定性分析可知轨道半径r越高，加速度越小、角速度越小、线速度越小、周期越大，或着说高轨道a、v、ω小而T大；②定量合理性可知加速度与半径的二次方成反比、速度的平方与半径成反比、角速度的平方与半径的三次方成反比、周期的平方与轨道半径的三次方成正比。
另外对于万有引力定律G
中的r与向心加速度公式中的r是两个概念，前者r是两天体中心间距离，后者是环绕体的圆周半径（2010年高考第25题考查的双星系统中涉及到这个易错点）。
5、一质量为m的物体静止放在光滑的水平面上，今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内（D）
A、物体的位移相等
B、F对物体做的功相等
C、物体动能的变化量相等
D、物体动量的变化量相等
5、D【解析】依题意恒力F视为物体的合力，物体做匀加速直线运动，在连续相等的时间内位移之差为一个恒量aT2，即位移越来越大，A、B均错；由动能定理可知在连续相等的时间内动能变化量之差也为一个恒量，即动量变化量越来也大，C错；根据动量定理相同时间内恒力F的冲量相同，则动量变化一定相同（矢量中相等即相同），D对。
6、如图所示的情况中，a、b两点的电势相同，而电场强度不同的是（B）
A、甲图：
带电平行金属板两板间边缘附近处的a、b两点
B、乙图：
离点电荷等距的a、b两点
C、丙图：
两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点
D、丁图：
两个等量异种电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点
6、B【解析】甲图电势不同、场强相同，乙图电势相同、场强大小相等方向不同，丙图电势相同、场强相同，丁图电势不同、场强相同，故B正确。
【知识拓展】本题考查静电场中电势、场强的概念。
在高考中静电场出现在选择题的频率非常高，考查的内容往往是电势、电势差、电势能、电势变化、电势能变化、场强、场强变化等基本概念。
因此要区别概念并理解一个概念与另一个概念之间的关系，要对点电荷、等量异种点电荷、等量同种点电荷、匀强电场等常见的场和电势分布规律相当熟悉，比如电势高低判断方法有哪些、电势能大小判断方法、场强大小与电势大小有无必然联系等等【见2010年武汉市四月调考第21题解析及质量分析汇报】。
7、穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图①～④所示，下列说法正确的是（C）
A、图①，感应电动势大小恒定不变
B、图②，感应电动势变大
C、图③，0～t0内的感应电动势是t0～3t0内感应电动势的2倍
D、图④，感应电动势先变大后变小
7、C【解析】由法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比，即E＝N
在Φ－t图象中的斜率k＝
（实为割线与横轴夹角的正切值），故①中感应电动势为零，无感应电动势，A错；②中感应电动势恒定不变，B错；③中0～t0内图线的斜率是t0～3t0内图线的斜率的绝对值的两倍，故C正确；④中感应电动势先减小后增大，D错。
【规律总结】本题以法拉第电磁感应定律为知识点，实际考查图象的理解与应用。
v－t图象是高中第一次成功地将数学图象工具应用到物理中，有了v－t图象可以更加直观、简洁反映题目的情景、运动规律。
①要熟练地将运动转化为图象，并从图象中认识运动，这要求对图象的第一象限和第四象限图象进行区别与理解、斜率区别与理解、面积区别与理解、横轴和纵轴截距的区别与理解、多图线交点理解以及图线穿越横轴点的意义等；②一种图象与另一种图像之间的转化。
这是更实在的一种应用，也能更好、更快地掌握图象这个数学工具。
比如2010年高考第24题要求将a－t图象转化为v－t图象。
2010年江苏卷第15题可运用数学的直线平移得到v－t函数关系。
8、根据爱因斯坦光子说，1个光子的能量等于（h为普朗克常量，c、λ为真空中的光速和波长）（D）
A、
B、
C、
D、
8、D【解析】根据爱因斯坦的光子说，光是一份一份地发出来的，每个光子的能量为E＝hγ，由波长、波速及频率的关系可得：
c＝λγ，则1个光子的能量还可以表达为
，D正确。
【知识点】本题考查光子能量公式。
对于波长、波速和频率的关系是本题的易错点，可通过单位制来记忆该公式。
9、根据玻尔理论，一个氢原子中的电子从半径为ra的圆轨道自发地直接跃迁到另一半径为rb的圆轨道上，ra＞rb。
在此过程中（A）
A、原子要发出某一频率的光子
B、原子要吸收某一频率的光子
C、原子要发出一系列频率的光子
A、原子要吸收一系列频率的光子
9、A【解析】根据波尔理论，依题意可知电子从高能级跃迁到低能级，要发出光子，题目中强调“一个氢原子”、“自发地直接跃迁”、“ra＞rb”，故应发出某一频率的光子，A对。
【规律总结】关于能级跃迁问题要区分对待一个氢原子与一群氢原子、区分电离与跃迁、区分实物轰击与光子吸收，掌握能级与能级之间的能量关系（甚至定量关系），并延伸到光电效应方程。
10、如图所示，一轻质弹簧竖直放置在水平面上，弹簧上端放着质量为2kg的物体A，处于静止状态。
现将一个质量为3kg的物体B轻放在A上，释放瞬间，B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（B）
A、0N
B、12N
C、20N
D、30N
10、B【解析】B释放的瞬间，AB整体的加速度为a，对AB整体由牛顿第二定律：
mBg＝（mA＋mB）a，解得a＝6m/s2，再对B：
mBg－N＝mBa，得N＝12N，B对。
【规律总结】本题考查牛顿第二定律的瞬时性。
瞬时问题中往往具有代表性的有绳子、杆、弹簧以及接触面等相连接的两个物体之间的弹力。
【应用举例1】（2001年上海卷第20题节选）如下图A、图B，当水平绳子剪断的瞬间，求作用在小球上的另一个弹力大小以及小球的加速度。
【解析】对图A，未剪断左边绳子时，其拉力为mgtanθ，剪断后斜绳拉力瞬间可以突变，但小球即将做圆周运动，因瞬间速度为零，故向心加速度为零，则沿着半径方向有：
TA1＝mgcosθ，切线方向由牛顿第二定律：
mgsinθ＝ma，故小球的加速度与水平夹角为θ，大小为gsinθ；对图B，未剪断绳子时，左边绳子拉力为mgtanθ，弹簧弹力为
，剪断绳子的瞬间，弹簧弹力瞬间不会突变（其形变是可以观察的明显变化过程），由于仅仅缺少左边绳子的力，因此小球加速度为gtanθ，方向水平向右。
【应用举例2】（2010年全国Ⅰ卷）15、如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木坂上，并处于静止状态。
现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为g。
则有
A．a1=0，a2=g
B．a1=g，a2=g
C．a1=0，a2＝
g
D．a1=g，a2＝
g
【解析】瞬间弹簧弹力不变，则木块1受力不变，加速度为零，未抽去木板时木块2受到木板的支持力大小为（m＋M）g，抽去木板后木块2仅仅少了这个支持力，故合力为（m＋M）g，方向竖直向下，加速度为a2＝
g，D对。
【拓展】若本题中对木块1施加一个力F，使木块1以后能匀加速竖直上升，加速度大小为a，则刚作用时力F多大？
若木块1与弹簧不拴接，且弹簧劲度系数为k，则木块1上升多高时刚好与弹簧分离，此时弹簧弹力多大？
【应用举例3】（2010年武汉市二月调考）21、如图所示，一轻质弹簧下端固定，直立于水平地面上，将质量为m的物体A轻放在弹簧的上端，当物体A下降h时，其速度变为零；若将质量为2m的物体轻放在弹簧的上端，当物体B也下降h时，其速度为v；当物体B下落到最低点时，其加速度大小为a。
重力加速度用g表示，则下列结论正确的是
A．v＝
B．v＝
C．a＝0D．a＝g
21．BD【解析】考查动能定理、机械能守恒定律、振动的对称性。
由动能定理，对A：
mgh－W弹＝0，对B：
2mgh－W弹＝
×2mv2，解得v＝
，B对；对B从释放到下落到最低点过程可视为简谐运中的两个对称点，在释放时B的加速度为g（竖直向下），由振动的对称性可知B在最低点时的加速度为g（竖直向上），D对。
21、【反馈题】如图所示，一轻质弹簧下端固定，直立于水平地面上，将质量为m的物体A从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体A下降到最低点P时，其速度变为零；若将质量为2m的物体从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体B也下降到P处时，其速度为v；当物体B下落到最低点时，其加速度大小为a。
重力加速度用g表示，则下列结论正确的是（C）
A．v＝
B．v＝
C．a＞gD．a＝g
二、本题共5小题，每小题4分，共20分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得43分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分。
11、如图所示，将粗糙的斜面体M放在粗糙水平地面上，物块m放在斜面上，恰能沿斜面匀速下滑，斜面体静止不动。
若用平行斜面向下的推力，使物块加速下滑，则斜面体（AC）
A、受地面的摩擦力大小为零
B、受地面的摩擦力方向水平向右
C、对地面的压力不变
D、可能沿水平面向右运动
11、AC【解析】未施加推力时，由物块的平衡条件可知物块对斜面的压力与滑动摩擦力的合力方向竖直向下，大小等于物块的重力mg，斜面与地面之间无摩擦力，斜面对地面的压力大小等于（m＋M）g。
施加推力后，物块对斜面的压力与滑动摩擦力不受影响，故斜面的受力不变。
故AC正确。
【规律总结】本题是典型的斜面模型，属于易错题。
斜面问题常常应用系统的牛顿第二定律，例如本题中设物块的加速度为a，若对木块单个研究对象：
F＝ma，若对木块和斜面整体水平方向运用牛顿第二定律，设地面对斜面的摩擦力f水平向右，斜面倾角为θ有：
Fcosθ－f＝macosθ＋M×0，解得f＝0，竖直方向有：
Fsinθ＋mg＋Mg－N＝masinθ，解得N＝（m＋M）g。
竖直方向也可通过超重有失重来理解和应用牛顿第二定律。
【应用举例】（2009年武汉市新高三起点考试）17．（8分）倾角为37°的斜面体靠在固定的竖直挡板P的一侧，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为mA=3kg的物块A连接，另一端与质量为mB=1kg的物块B连接。
开始时，使A静止于斜面上，B悬空，如图所示。
现释放A，A将在斜面上沿斜面匀加速下滑，求此过程中，挡板P对斜面体的作用力的大小。
（所有接触面产生的摩擦均忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
17．（8分）解答：
设绳中张力为T，斜面对A的支持你为NA，A、B加速度大小为a，以A为研究对象，
由牛顿第二定律
mAgsin37°－T=ma①2分
NA=mAgcos37°④②1分
以B为研究对象，由牛顿第二定律
T－mBg=mBa③2分
联立解得a=2m/s2T=12NNA=24N
以斜面体为研究对象，受力分析后，在水平方向
F=N′Asin37°－Tcos37°④2分
NA=N′A
解得F=4.8N1分
（或以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F=mAacos37°=4.8N，则本式给4分，①③式各给2分，共8分）
12、类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率。
在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处。
某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中正确的是（ABC）
A、机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用
B、机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
C、机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播
D、机械波和电磁波都有横波和纵波
12、ABC【解析】无论是机械波还是电磁波都具有波的一切特有特征，如频率、波长和波速三者满足v＝λf，干涉、衍射、反射、折射、多普勒效应等等，故A、B正确。
由于机械波和电磁波产生机理不同，机械波是机械振动在介质中的传播形成机械波，故只能在介质里传播，而电磁波是电磁场从产生区域由近及远向前传播形成电磁波，故电磁波能在真空中传播，C对。
机械波既有横波也有纵波，而电磁波是横波，光是一种电磁波，同样光也是横波，D错。
13、给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体（BC）
A、分子平均动能减小
B、从外界吸热
C、对外界做功
D、内能增加
13、BC【解析】温度是分子平均动能的标志，由于胎内气体温度不变，所以分子平均动能不变，A错。
由于不计分子间势能，所以胎内气体可视为理想气体，胎内气体的内能只跟胎内气体物质的量和温度有关，由于车胎不漏气，胎内气体温度不变，所以胎内气体内能不变，D错。
在缓慢放水过程中，气体压强减小，温度不变，所以体积变大对外做功，又由于内能不变，所以气体要从外界吸收热量，故Ｂ、C正确。
【知识点】本题考查气体的内能。
①内能的概念上显示与气体的质量、体积和温度有关，从热力学第一定律显示气体的内能变化与做功和热传递有关。
在判断内能时要熟练掌握和灵活应用不同规律下的内能表述，比如还可以通过能量守恒判断内能变化、通过分子总动能与分子总势能的变化判断内能变化等。
②外本题还考查了气体状态参量P、V、T的关系，即放水过程中气体压强减小以及温度不变，利用参量关系（一定质量某种气体PV/T＝恒量）可得体积增大。
14、如图所示，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，r为电源内阻，
。
闭合开关S后，在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（AD）
A、路端电压变小
B、电流表的示数变大
C、电源内阻消耗的功率变小
D、电源输出功率变大
14、AD【解析】在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，R1阻值减小，回路中总电阻R变小，干路电流I增大，内电压U内增大，路端电压U变小，故A对。
通过R3的电流（即干路电流I）增大，R3两端电压U3增大，并联电路两端电压U//减小，通过R2电流I2减小，电流表示数变小，故B错。
I增大，内电阻消耗功率Pr增大，故C错。
由于R外=R并+R3>r，根据电源输出功率与外电阻的图线变化规律可知，当R外=r时，P外有最大值；R外＜r时，P外随R外的增大而增大；R外＞r时，P外随R外的增大而减小。
所以当外电阻减小时，P外变大，故D对。
【规律总结】本题属于动态电路分析问题。
①动态电路分析的基本思路：
外电路在没有被破坏（短路或断路）时，无论外电路中并联或串联的电阻增大（或减小），总电阻就会增大（或减小）；外电阻增大则路端电压增大干路电流减小，外电阻减小则路端电压减小干路电流增大；电源输出功率的规律为当R外=r时，P外有最大值；R外＜r时，P外随R外的增大而增大；R外＞r时，P外随R外的增大而减小；电源消耗功率随着外电阻的减小而增大；电源效率随着外电阻的增大而增大。
②串反并同（此规律理解困难，解决问题方便，但使用条件判断易出错）。
③等效内阻法和等效电源法：
若含内阻的电源外部有一个定值电阻R0，则可将定值电阻等效到电源内阻中，此时内阻r内＝r＋R0；若含内阻的电源两端与一个定值电阻R0两端直接连接，此时可将电源与定值电阻R0合并为新电源，新电源内阻r内＝
，新电源电动势为E新＝
E。
这样可以简化电路分析过程，比如本题中将R3等效到电源内部，外电路简化为一个简单的并联电路，则滑动变阻器的阻值减小，路端电压减小（即R2两端电压减小），电流表示数减小，因干路电流增大，通过滑动变阻器的电流增大。
（滑动变阻器消耗的功率如何变化？
）
15、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。
这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙。
下列说法正确的是（BD）
A、离子由加速器的边缘进入加速器
B、离子由加速器的中心附近进入加速器
C、离子从磁场中获得能量
D、离子从电场中获得能量
15、BD【解析】根据半径公式r＝
，当粒子在不断被加速的过程中，其运动半径会变大，而最大半径就是D形盒的半径，为了使粒子获得更大的速度，所以就要使粒子从磁场的中心附近释放粒子，这样的话可以使磁场得到最好的利用，可以使粒子加速到最大，出射时的速度是最大的，故D对。
洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，不做功。
D形盒间间隙施加交变电场，带电粒子每次经过狭缝时，电场力做功使带电粒子动能增加，故C错，D对。
【规律总结】本题考查回旋加速器的工作原理。
①若不考虑相对论效应，回旋加速器使某种粒子加速的最大动能Ek＝
mvm2＝
，故某种带电粒子的最大动能由D形盒的半径和磁感应强度B决定。
②洛伦兹力改变粒子的运动方向，不改变粒子的动能，电场力做功，使粒子动能发生变化。
③粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
，与速度无关，但要能够自动进行加速，交变电场每个周期电流方向改变两次，粒子每次电流改变方向时被加速一次，且运动0.5T时间后再次被加速，因此交变电场的周期最小值应该等于T，即一般都是交变电压的频率与粒子圆周运动的频率相等。
④粒子在回旋加速器中的规律并不是同心圆，粒子的轨迹圆心在左右侧移。
（左半边的相邻轨迹的半径的关系？
）。
⑤交变电压值不影响粒子从回旋加速器边缘出来的最大动能（见①），但影响粒子回旋次数和时间，即电压大加速次数少，电压小加速次数多，但最大动能一样。
第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
题号
三
四
总分
16
17
18
19
20
21
22
分数
注意事项：
用黑色墨水的签字笔或钢笔直接答在答题卡上每题对应答题区域内，答在试题卷上无效。
三、本题共2小题，共14分。
把答案填在题中的横线上。
16、（4分）
（1）在用单摆测定重力加速度的实验中，用游标为10分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图1所示，读数为__________________cm。
（2）在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，读数为_________
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